（Ⅰ）当x＜1时，f'（x）=-3x²+2x+b．

依题意，得

f(0)=0 f′(-1)=-5

即

c=0 -3-2+b=-5

解得b=c=0．…（4分）

（II）由（I）知，f(x)=

-x3+x2，x＜1 alnx，x≥1.

①当-1≤x＜1时，f′(x)=-3x2+2x=-3x(x-

2

3

)，

令f′(x)=0得x=0或x=

2

3

．x变化时，f'（x），f（x）的变化如下表：

x	（-1，0）	0	(0， 2 3 )	2 3	( 2 3 ，1)
f'（x）	-	0	+	0	-
f（x）	单调递减	极小值	单调递增	极大值	单调递减

又f(-1)=2，f(

2

3

)=

4

27

，f(0)=0，

∴f（x）在[-1，1）上的最大值为2．

②当1≤x≤2时，f（x）=alnx．

当a≤0时，f（x）≤0；当a＞0时，f（x）在[1，2]上单调递增，

∵f（x）在[1，2]上的最大值为aln2．

综上所述，当aln2≤2，即a≤

2

ln2

时，f(x)在[-1，2]上的最大值为2；

当aln2＞2，即a＞

2

ln2

时，f(x)在[-1，2]上的最大值为aln2．…（10分）

（III）假设曲线y=f（x）上存在两点P、Q满足题设要求，

则点P、Q只能在y轴的两侧，不妨设P（t，f（t））（t＞0），则Q（-t，t³+t²），

显然t≠1∵△POQ为直角三角形，∴

OP

•

OQ

=0，即-t2+f(t)(t3+t2)=0．（1）

是否存在P、Q等价于方程（1）是否有解．若0＜t＜1，则f（t）=-t³t²，

代入（1）式得，-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，即t⁴-t²+1=0，而此方程无实数解，

因此t＞1．∴f（t）=alnt，代入（1）式得，-t²+（alnt）（t³+t²）=0，

即

1

a

=(t+1)lnt（*）考察函数h（x）=（x+1）lnx（x≥1），

则h′(x)=lnx+

1

x

+1＞0，∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，

∵t＞1，∴h（t）＞h（1）=0，当t→+∞时，h（t）→∞，

∴h（t）的取值范围是（0，+∞）

∴对于a＞0，方程（*）总有解，即方程（1）总有解．

因此对任意给定的正实数a，曲线y=f（x）上总存在两点P、Q使得△POQ是以点O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上．…（14分）